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新课标2018届高考物理二轮复习专题一力与运动能力训练3力与物体的曲线运

专题能力训练3 力与物体的曲线运动(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共7小题,每小题8分,共56分。

在每小题给出的四个选项中,1~4题只有一个选项符合题目要求,5~7题有多个选项符合题目要求。

全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.如图所示,小船过河时,船头偏向上游与水流方向成α角,船相对于静水的速度为v,其航线恰好垂直于河岸。

现水流速度稍有增大,为保持航线不变,且准时到达对岸,下列措施可行的是()A.减小α角,增大船速vB.增大α角,增大船速vC.减小α角,保持船速v不变D.增大α角,保持船速v不变2.(2017·广东广州调研)如图所示,小球在竖直放置的光滑圆形管道内做圆周运动,内侧壁半径为R,小球半径为r,则下列说法正确的是()A.小球通过最高点时的最小速度v min=B.小球通过最高点时的最小速度v min=C.小球在水平线ab以下的管道中运动时,内侧管壁对小球一定无作用力D.小球在水平线ab以上的管道中运动时,外侧管壁对小球一定有作用力3.(2017·辽宁铁岭联考)飞机由俯冲到拉起时,飞行员处于超重状态,此时座椅对飞行员的支持力大于飞行员所受的重力,这种现象叫过荷。

过荷过大会造成飞行员四肢沉重,大脑缺血,暂时失明,甚至昏厥。

受过专门训练的空军飞行员最多可承受9倍重力的影响。

g取10 m/s2,则当飞机在竖直平面上沿圆弧轨道俯冲、拉起的速度为100 m/s时,圆弧轨道的最小半径为()A.100 mB.111 mC.125 mD.250 m4.如图所示,在足够长的斜面上A点,以水平速度v0抛出一个小球,不计空气阻力,它落到斜面上的水平距离为x1。

若将此球改用2v0水平速度抛出,落到斜面上的水平距离为x2,则x1∶x2为() A.1∶1 B.1∶2C.1∶3D.1∶45.如图所示,一人用力跨过定滑轮拉一玩具小车,已知小车的质量为m,水平面对小车的阻力恒为F f。

【高三物理试题精选】2018届高考物理第二轮力学专题检测(有答案)

2018届高考物理第二轮力学专题检测（有答案）
专题七力学综合
特别说明因时间关系，本试题未经校对流程，使用时请注意。

1．【5所示,质量为M的木板静止在光滑水平面上．一个质量为m 的小滑块以初速度v0从木板的左端向右滑上木板．滑块和木板的水平速度随时间变化的图像如图1-6所示．某同学根据图像作出如下的一些判断正确的是（）
A．滑块与木板间始终存在相对运动
B．滑块始终未离开木板
C．滑块的质量大于木板的质量
D．在t1时刻滑块从木板上滑出
【答案】 ACD
【解析】从图中可以看出,滑块与木板始终没有达到共同速度,所以滑块与木板间始终存在相对运动;又因木板的加速度较大,所以滑块的质量大于木板的质量;因在t1时刻以后,滑块和木板都做匀速运动,所以在t1时刻滑块从木板上滑出．所以选项A、C、D正确．4．【Lcos兹)= mvD2
由牛顿第二定律可得Fm-mg=m
可得Fm =2mg=10N
（2）小球不脱圆轨道分两种情况①要保证小球能达到A孔，设小球到达A孔的速度恰好为零，由动能定理可得- mgs=0- mvD2 可得 =05
若进入A孔的速度较小，那么将会在圆心以下做等幅摆动，不脱离轨道其临界情况为到达圆心等高处速度为零，由机械能守恒可得mvA2=mgR
由动能定理可得- mgs= mvA2- mvD2
可求得 =035
②若小球能过圆轨道的最高点则不会脱离轨道，在圆周的最高点。

【高三物理试题精选】2018高考物理二轮相互作用复习题(含2018高考题)

2018高考物理二轮相互作用复习题（含2018高考题）精品题库试题物理1(mg= ，解得F=3mg。

再对物体B受力分析，受重力、支持力、拉力和静摩擦力，重力的下滑分量为Fx=（4m）gsin30°=2mg，故静摩擦力f=3mg-2mg=mg，A正确；小球下摆过程中，拉力F由零逐渐变大到大于重力G，当F＜mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向上且不断变小；当F=mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力为零；当F＞mgsin30°时，物块B受到的静摩擦力沿斜面向下且不断变大；可见物块B受到的摩擦力方向发生了变化，故B错误；由A分析可知，绳子对B的拉力与L无关，到达最低点时绳子拉力达到的最大值始终为3mg，故适当增加OA段绳子的长度，物块仍保持静止，C错误；对物体B和斜面体整体受力分析，由于A球向左下方拉物体B和斜面体整体，故一定受到地面对其向右的静摩擦力，D正确。

12（ma=10-5=5N，故C正确；当F=300N时，最大静摩擦力为01×300=30N；故两物体的重力小于最大静摩擦力；同理A受到的最大静摩擦力也为30N，A也处于静止，故两物体均保持静止，摩擦力均等于重力，故f1=10N，f2=Lcos53°=005m，对整体在整个运动过程中运用动能定理列式，得到 WF-fs-m2g h=0，代入数据，求得拉力F1做功WF=fs+m2g h=8×005J+2×10×005J=14J，故AD正确，BC错误。

03）m=5N联立解得f=6N，N=13N，故BC正确。

22(广州市1图所示,O点为橡皮筋被拉伸后伸长到的位置,两弹簧测力计共同作用时,拉力F1和F2的方向分别过P1和P2点;一个弹簧测力计拉橡皮筋时,拉力F3的方向过P3点。

三个力的大小分别为F1=330 N、F2=385 N和F3=425 N。

请根据图中给出的标度作图求出F1和F2的合力。

最新-2018届高考物理二轮总复习回归基础提综合检测：第6章动量综合测试精品

2018年高考物理二轮总复习回归基础提分课时练习第六章动量综合测试一、选择题(本题共12小题，共48分，在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1．A、B两球在光滑水平面上做相向运动，已知m A>m B，当两球相碰后，其中一球停止，则可以断定() A．碰前A的动量等于B的动量B．碰前A的动量大于B的动量C．若碰后A的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量D．若碰后B的速度为零，则碰前A的动量大于B的动量【解析】碰后只有一球停止，则两球的合动量不为零，不知A、B速度大小，就无法判断碰前哪只球动量大．不难判断，碰后停止的球，在碰前一定动量大，且另一只球碰后一定反向运动．【答案】 C2．质量分别为2m和m的A、B两个质点，初速度相同，均为v1.若他们分别受到相同的冲量I作用后，A的速度变化为v2，B的动量变化为p.已知A、B都做直线运动，则动量p可以表示为() A．m(v2－v1)B．2m(2v2－v1)C．4m(v2－v1) D．m(2v2－v1)【解析】对A由动量定理得I＝2m v2－2m v1，对B由动量定理得I＝p－m v1，所以B 的末动量p＝2m v2－m v1，故D对．【答案】 D3．篮球运动员通常要伸出两臂迎接传来的篮球．接球时，两臂随球迅速收缩至胸前．这样做可以() A．减小球对手的冲量B．减小球对人的冲击力C．减小球的动量变化量D．减小球的动能变化量【解析】据动量定理，FΔt＝Δp，当Δp一定时，Δt越大，F越小，所以篮球运动员接球时，两臂随球迅速收缩至胸前，这样延长了篮球对手的作用时间，所以减小了球对人的冲击力，B正确．【答案】 B4．质量为m的物块甲以3m/s的速度在光滑水平面上运动，有一轻弹簧固定其上，另一质量也为m的物体乙以4m/s的速度与甲相向运动，如图所示，则()A．甲、乙两物块在弹簧压缩过程中，由于弹力作用，动量不守恒B．当两物块相距最近时，甲物块的速度为零C．当甲物块的速度为1m/s时，乙物块的速率可能为2m/s，也可能为0D．甲物块的速率可达到5m/s【解析】由于弹簧是轻质的，甲、乙在水平方向上除相互作用外不受其他力，故水平方向上二者组成的系统动量守恒，A错．当甲、乙相距最近时就有v甲＝v乙，故由动量守恒有m v乙－m v甲＝2m v(其中以物体乙的初速度方向为正)，代入数据有v＝0.5m/s，B错．又二者作用过程中，总机械能也守恒，当二者分离时甲获得最大速度，则由动量守恒和能量守恒有⎩⎪⎨⎪⎧m v 乙－m v 甲＝m v m －m v ′(v ′为两物块分离时乙的速度大小)12m v 2乙＋12m v 2甲＝12m v 2m ＋12m v ′2 解之得v m ＝4m/s ，v ′＝3m/s ，故D 错．当甲物块的速度为向左的1m/s 时，由动量守恒可求得乙的速率为2m/s.当甲物块的速度为向右的1m/s ，同样可求得乙的速度为0，故C对．【答案】 C5．如图所示，质量为m 的物块，在与水平方向成θ角的恒力F 作用下，沿光滑水平面运动，物块通过A 点和B 点的速度分别是v A 和v B ，物块由A 运动到B 的过程中，力F 对物块做的功W 和力F 对物块的冲量I 分别是 ( )A ．W ＝12m v 2B －12m v 2A B ．W >12m v 2B －12m v 2A C ．I ＝m v B －m v AD ．I >m v B －m v A 【解析】 F 与水平方向夹角为θ，则由动能定理得F cos θ·s AB ＝12m v 2B －12m v 2A，合外力做的功即为F 做功，所以W ＝12m v 2B －12m v 2A ，A 正确，B 错．由动量定理F cos θ·t ＝m v B －m v A ，而F 的冲量I ＝F ·t ，F cos θ·t 是合外力的冲量，所以F ·t >F cos θ·t ＝m v B －m v A ，C 错，D 正确．【答案】 AD6．物体只在力F 作用下运动，力F 随时间变化的图象如图所示，在t ＝1s 时刻，物体的速度为零．则下列论述正确的是( )A ．0～3s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零B ．0～4s 内，力F 所做的功等于零，冲量也等于零C ．第1s 内和第2s 内的速度方向相同，加速度方向相反D ．第3s 内和第4s 内的速度方向相反，加速度方向相同【解析】设t ＝0时刻物体速度为v 0，据动量定理知在0～3s 内，Δp ＝(－1)×1N·s ＋2×1N·s ＋(－1)×1N·s ＝0，故3s 末物体速度与t ＝0时刻的速度大小相等、方向相同，仍为v 0，所以0～3s 内F 所做的功等于0，故A 正确．同理，可知B错误．由于第1s 内速度由v 0减为0，第2s 内从静止开始做加速度方向与第1s 内加速度方向相反的加速运动，所以第1s 内速度方向与第2s 内必然相同，故C 正确．由于第3s 末的速度为v 0，故第4s 是减速运动，即速度方向不变，加速度方向也不变，故D 错．【答案】 AC7．一质量为m 的物体放在光滑水平面上．今以恒力F 沿水平方向推该物体，在相同的时间间隔内，下列说法正确的是 ( )A ．物体的位移相等B ．物体动能的变化量相等C ．F 对物体做的功相等D ．物体动量的变化量相等【解析】物块m 在恒力F 作用下做匀加速直线运动，在相同时间间隔t 内由动量定理Ft ＝mΔv ＝Δp ，故D 项正确．物体的速度—时间图象如右图所示，由图可知相同时间间隔内物体的位移不相等．故A 项错．由动能定理Fs ＝ΔE k ，由于s 不同故ΔE k 不同，B 、C 均错．【答案】 D8．质量为1.0kg 的小球从离地面5.0m 高度处自由落下，与地面碰撞后，反弹的最大高度为3.2m ，设小球与地面碰撞时间为0.1s ，不计空气阻力，则小球受到地面的平均冲力为(g取10m/s 2) ( )A ．190.0NB ．180.0NC ．200.0ND ．60.0N【解析】对小球运动过程分段讨论第一段：自由落体运动，应用自由落体公式，设小球落地速度为v 1，则v 1＝2gh 1＝10m/s ①第二段：小球与地面碰撞，分析小球受力：重力mg ，地面弹力F (即地面对小球的平均冲力)．设反弹速度为v 2，则(注意v 2方向与v 1方向相反，且设向上为正)由动量定理得：(F －mg )t ＝m v 2－(－m v 1)∴F ＝m (v 1＋v 2)t＋mg ② 第三段：小球反弹至最大高度，应用竖直上抛公式v 2＝2gh 2＝8m/s ③联立①②③式，可得F ＝190N.【答案】 A9．如图甲所示，一质量为M 的木板静止在光滑水平地面上，现有一质量为m 的小滑块以一定的初速度v 0从木板的左端开始向木板的右端滑行，滑块和木板的水平速度的大小随时间变化的情况如图乙所示，根据图象作出如下判断：①滑块始终与木板存在相对运动 ②滑块未能滑出木板③滑块的质量m 大于木板的质量M ④在t 1时刻滑块从板上滑出这些判断中正确的是 ( )A ．①③④B ．②③④C ．②③D ．②④【解析】小滑块在木板上做匀减速直线运动，木板做匀加速运动，由图象知小滑块末速度大于木板末速度，所以在t 1时刻滑块从木板上滑出，并一直存在相对运动，故①④对②错；又因为它们相互的作用力一定，v —t 图象的斜率反映了加速度，由图知a M >a m ，因此m >M ，③对．【答案】 A10．(2018·唐山质检)在课外活动中，甲、乙两同学站在旱冰场的水平面上，开始时都是静止的．两人互推后，甲、乙反向做直线运动，甲的速率为0.1m/s ，乙的速率为0.2m/s.已知甲的质量为60kg ，乙的质量为30kg ，假设互推的时间为0.01s ，忽略摩擦力及空气阻力，则下列说法中正确的是 ( )A ．甲、乙所受的平均推力均为600N ，方向相反B ．甲、乙所受的平均推力均为500N ，方向相反C ．甲受的平均推力为600N ，乙受的平均推力为500N ，方向相反D ．甲受的平均推力为500N ，乙受的平均推力为600N ，方向相反【解析】以甲为研究对象，根据动量定理Ft ＝m 甲v 甲－0，可得甲受到的平均推力为F ＝600N ，据牛顿第三定律可得乙受到的平均推力也为600N ，方向相反，A 正确．【答案】 A11．(2018·西安八校联考)在光滑的水平面上有A 、B 两个小球沿同一直线向右运动，取向右为正方向，两球的动量分别为p A ＝5kg·m/s ，p B ＝7kg·m/s ，如图所示．若两球发生正碰，则碰后两球动量的增量Δp A 、Δp B可能是()A．Δp A＝3kg·m/s，Δp B＝3kg·m/sB．Δp A＝－3kg·m/s，Δp B＝3kg·m/sC．Δp A＝3kg·m/s，Δp B＝－3kg·m/sD．Δp A＝－10kg·m/s，Δp B＝10kg·m/s【解析】碰撞过程既要遵循动量守恒定律，又要满足能量关系E前≥E后．A球动量应减小，B球动量应增加，排除A、C、D违背了能量关系．故B正确．【答案】 B和F2分别作用于水平12．(·北京东城区质检)水平推力F面上原来静止的等质量的a、b两物体上，作用一段时间后撤去推力，物体将继续运动一段时间停下，两物体的v—t图线如图所示，已知图中的线段AB∥CD，则()A．F1的冲量大于F2的冲量B．F1的冲量等于F2的冲量C．F1的冲量小于F2的冲量D．两物体受到的摩擦力大小不等【解析】考查动量定理．根据图象AB∥CD可知两物体在仅受摩擦力作用时的加速度相同，由于质量也相同，故受到的摩擦力也相同；对全过程应用动量定理可知推力的冲量与摩擦力的冲量大小相等，而地面对b的摩擦力作用时间较长，故力F2的冲量较大，C正确．【答案】 C二、实验题(本题共2小题，共18分)13．在做验证动量守恒定律的实验时应注意的事项：(1)入射球的质量必须__________被碰球的质量，两球的半径应__________________．(2)安装仪器时，应使斜槽末端的切线保持__________________．并使两球的球心__________，且发生__________．(3)入射球每次从__________________滚下．【答案】(1)大于相等(2)水平等高正碰(3)同一位置14．某同学用如图甲所示装置通过半径相同的A、B两球的碰撞来验证动量守恒定律．实验时先使A球从斜槽上某一固定位置C由静止开始滚下，落到位于水平地面的记录纸上，留下痕迹，重复上述操作10次，得到10个落点痕迹；再把B球放在水平槽上靠近槽末端的地方，让A球仍从位置C由静止开始滚下，和B球碰撞后，A、B球分别在记录纸上留下各自的落点痕迹，重复这种操作10次，得到如图乙所示的三个落地处．O点(图乙中未画出)是水平槽末端在记录纸上的垂直投影点，米尺的零点与O点对齐．(1)观察图乙读出OP＝__________.(2)已知m A m B＝1，碰撞过程中动量守恒，则由图可以判断出Q是__________球的落地处，P是__________球的落地处．(3)用题中的字母写出动量守恒定律的表达式_______ ______________________．【答案】(1)20.00cm(2)不发生碰撞时A碰撞后A(3)m A·OQ＝m A·OP＋m B·OR三、计算题(本题共包括4小题，共54分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．“蹦床”已成为奥运会的比赛项目．质量为m 的运动员从床垫正上方h 1高处自由落下，落垫后反弹的高度为h 2，设运动员每次与床垫接触时间为t ，求在运动员与床垫接触的时间内运动员对床垫的平均作用力．(空气阻力不计，重力加速度为g )【思维点拨】运动员的整个过程可分为三个阶段：自由下落h 1阶段，与床垫作用阶段，反弹竖直上升h 2阶段．要求运动员对床垫的平均作用力，只要以运动员为研究对象，对运动员与床垫作用过程用动量定理即可解决．【解析】设运动员刚接触床垫的速度大小为v 1，则离开床垫的速度大小为v 2，由机械能守恒得：12m v 21＝mgh 1，12m v 22＝mgh 2，设时间t 内，床垫对运动员的平均作用力为F ，取向上为正方向，由动量定理得： (F －mg )t ＝m v 2－(－m v 1)以上三式联立可得：F ＝m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg 再由牛顿第三定律得，运动员对床垫的作用力为F ′＝F ＝m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg ，方向竖直向下．【答案】 m (2gh 2＋2gh 1)t＋mg ，方向竖直向下【反思归纳】这类题本身并不难，也不复杂，但一定要认真审题，一般遇到涉及力、时间和速度变化的问题时，运用动量定理解答往往比运用牛顿定律及运动学规律求解更简便．16．如图所示，在光滑水平面上放着A 、B 、C 三个物块，A 、B 、C 的质量依次是m 、2m 、3m .现让A 物块以初速度v 0向B 运动，A 、B 相碰后不再分开，共同向C 运动；它们和C 相碰后也不再分开，ABC 共同向右运动．求：(1)ABC 共同向右运动的速度v 的大小．(2)A 、B 碰撞过程中的动能损失ΔE k .(3)AB 与C 碰撞过程B 物块对C 物块的冲量大小I .【解析】 (1)以A 、B 、C 整体为对象，全过程应用动量守恒定律：m v 0＝(m ＋2m ＋3m )v得ABC 共同向右运动的速度v ＝v 06. (2)设A 、B 碰撞后的速度为v ′，根据动量守恒有m v 0＝(m ＋2m )v ′动能损失ΔE k ＝12m v 20－12(m ＋2m )v ′2 得ΔE k ＝13m v 20. (3)以C 为研究对象，AB 与C 碰撞过程应用动量定理，B 物块对C 物块的冲量等于C 物块的动量变化I ＝3m v ＝12m v 0. 【答案】 (1)v 06 (2)12m v 20 (3)12m v 017．如图所示，光滑水平面上放置质量均为M ＝2kg 的甲、乙两辆小车，两车之间通过一感应开关相连(当滑块滑过感应开关时，两车自动分离)．甲车上表面光滑，乙车上表面与滑块P 之间的动摩擦因数μ＝0.5.一根通过细线拴着且被压缩的轻质弹簧固定在甲车的左端，质量为m ＝1kg 的滑块P (可视为质点)与弹簧的右端接触但不相连，此时弹簧的弹性势能E p ＝10J ，弹簧原长小于甲车长度，整个系统处于静止状态．现剪断细线，求：(1)滑块P 滑上乙车前的瞬时速度的大小．(2)滑块P 滑上乙车后最终未滑离乙车，滑块P 在乙车上滑行的距离．(g ＝10m/s 2)【解析】 (1)设滑块P 滑上乙车前的速度为v ，两小车速度为V ，对整体应用动量守恒和能量关系有：m v －2MV ＝0E p ＝m v 22＋2MV 22解之得v ＝4m/s ，V ＝1m/s(2)设滑块P 和小车乙达到的共同速度为v ′，对滑块P 和小车乙有m v －MV ＝(m ＋M )v ′μmgL ＝12m v 2＋12MV 2－12(m ＋M )v ′2 代入数据解得L ＝53m 【答案】 (1)4m/s (2)53m18． (·北京市海淀一模)如图所示，有一竖直固定在地面的透气圆筒，筒中有一轻弹簧，其下端固定，上端连接一质量为m 的薄滑块，当滑块运动时，圆筒内壁对滑块有阻力的作用，阻力的大小恒为F f ＝12mg (g 为重力加速度)．在初始位置滑块静止，圆筒内壁对滑块的阻力为零，弹簧的长度为l .现有一质量也为m 的物体从距地面2l 处自由落下，与滑块发生碰撞，碰撞时间极短．碰撞后物体与滑块粘在一起向下运动，运动到最低点后又被弹回向上运动，滑动到刚发生碰撞位置时速度恰好为零，不计空气阻力．求(1)物体与滑块碰撞后共同运动速度的大小；(2)碰撞后，在滑块向下运动的最低点的过程中弹簧弹性势能的变化量．【解析】 (1)设物体下落至与薄滑块碰撞前的速度为v 0，在此过程中机械能守恒，依据机械能守恒定律有mgl ＝m v 20/2解得v 0＝2gl设碰撞后共同速度为v ，依据动量守恒定律有m v 0＝2m v解得v ＝122gl . (2)设物体和滑块碰撞后下滑的最大距离为x ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到返回初始位置的过程，有－2F f x ＝0－12×2m v 2 设在滑块向下运动的过程中，弹簧的弹力所做的功为W ，依据动能定理，对碰撞后物体与滑块一起向下运动到最低点的过程，有W ＋2mgx －F f x ＝0－12×2m v 2 解得W ＝－54mgl ，所以弹簧弹性势能增加了54mgl . 【答案】 (1)122gl (2)54mgl。

2018届高考物理综合能力复习测试6(高考真题)(有答案解析)

高考真题1．(2015·新课标全国Ⅰ)一带有乒乓球发射机的乒乓球台如图所示，水平台面的长和宽分别为L 1和L 2，中间球网高度为h .发射机安装于台面左侧边缘的中点，能以不同速率向右侧不同方向水平发射乒乓球，发射点距台面高度为3h .不计空气的作用，重力加速度大小为g .若乒乓球的发射速率v 在某范围内，通过选择合适的方向，就能使乒乓球落到球网右侧台面上，则v 的最大取值范围是( )A.L 12g6h <v <L 1g 6hB.L 14g h <v <(4L 21＋L 22)g6h C.L 12g 6h <v <12(4L 21＋L 22)g6h D.L 14gh <v <12(4L 21＋L 22)g6h解析：当乒乓球恰好能落到球台角上时发射速度最大，有v max t 1＝L 21＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 222，12gt 21＝3h ，解得v max ＝12(4L 21＋L 22)g6h.当乒乓球平行球台边缘运动且刚过网时为最小速度，有v min t 2＝L 12，12gt 22＝2h ，解得v min ＝L 14gh .D 正确．答案：D2．(2015·浙江理综)如图所示为足球球门，球门宽为L .一个球员在球门中心正前方距离球门s 处高高跃起，将足球顶入球门的左下方死角(图中P 点)．球员顶球点的高度为h ，足球做平抛运动(足球可看成质点，忽略空气阻力)，则( )A ．足球位移的大小x ＝L 24＋s 2B ．足球初速度的大小v 0＝g 2h (L 24＋s 2) C ．足球末速度的大小v ＝g 2h (L 24＋s 2)＋4ghD ．足球初速度的方向与球门线夹角的正切值tan θ＝L2s解析：足球做平抛运动，平抛运动的高度为h ，平抛运动的水平位移d ＝s 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫L 22，足球的位移x ＝h 2＋d 2，A 错误．足球运动的时间t ＝2hg ，足球的初速度v 0＝dt ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2，B 正确．足球末速度的大小v ＝v 20＋v 2y ＝g 2h ⎝ ⎛⎭⎪⎫L 24＋s 2＋2gh ，C 错误．初速度的方向与球门线夹角的正切为tan θ＝s L 2＝2sL ，D错误．答案：B3．(2013·北京理综)在实验操作前应该对实验进行适当的分析．研究平抛运动的实验装置示意如图所示．小球每次都从斜槽的同一位置无初速释放，并从斜槽末端水平飞出．改变水平板的高度，就改变了小球在板上落点的位置，从而可描绘出小球的运动轨迹．某同学设想小球先后3次做平抛，将水平板依次放在如图1、2、3的位置，且1与2的间距等于2与3的间距．若3次实验中小球从抛出点到落点的水平位移依次为x 1、x 2、x 3，机械能的变化量依次为ΔE 1、ΔE 2、ΔE 3，忽略空气阻力的影响，下面分析正确的是( )A ．x 2－x 1＝x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3B ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3C ．x 2－x 1>x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3D ．x 2－x 1<x 3－x 2，ΔE 1<ΔE 2<ΔE 3解析：水平释放后，小球做平抛运动．竖直方向做自由落体运动，速度均匀增大，因h 12＝h 23，所以t 12>t 23；水平方向做匀速运动，x ＝v t ，所以x 2－x 1>x 3－x 2.因忽略空气阻力的影响，故小球机械能守恒，机械能变化量ΔE 1＝ΔE 2＝ΔE 3＝0.综上所述，B 正确．答案：B4．(2014·新课标全国Ⅱ)取水平地面为重力势能零点．一物块从某一高度水平抛出，在抛出点其动能与重力势能恰好相等．不计空气阻力．该物块落地时的速度方向与水平方向的夹角为( )A.π6B.π4C.π3D.π12 解析：设物块的质量为m ，初速度为v 0，落地时速度方向与水平方向的夹角为θ.由题知12m v 20＝mgh ，由动能定理知12m v 2－12m v 20＝mgh ，得物块落地时的动能E k ＝12m v 2＝2×12m v 20，则落地时的速度v ＝2v 0，cos θ＝v 0v ＝22，故θ＝π4，B 正确．答案：B5．(2014·浙江理综)如图所示，装甲车在水平地面上以速度v 0＝20 m/s 沿直线前进，车上机枪的枪管水平，距地面高h ＝1.8 m ．在车正前方竖直立一块高为两米的长方形靶，其底边与地面接触．枪口与靶距离为L 时，机枪手正对靶射出第一发子弹，子弹相对于枪口的初速度v ＝800 m/s.在子弹射出的同时，装甲车开始匀减速运动，行进s ＝90 m 后停下．装甲车停下后，机枪手以相同方式射出第二发子弹．(不计空气阻力，子弹看成质点，重力加速度g ＝10 m/s 2)(1)求装甲车匀减速运动的加速度大小；(2)当L ＝410 m 时，求第一发子弹的弹孔离地的高度，并计算靶上两个弹孔之间的距离；(3)若靶上只有一个弹孔，求L 的范围．解析：(1)装甲车的加速度a ＝v 202s ＝209m/s 2.(2)第一发子弹飞行时间t 1＝Lv ＋v 0＝0.5 s 弹孔离地高度h 1＝h －12gt 21＝0.55 m第二发子弹弹孔离地的高度h 2＝h －12g ⎝⎛⎭⎪⎫L －s v 2＝1.0 m 两弹孔之间的距离Δh ＝h 2－h 1＝0.45 m.(3)第一发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 1， L 1＝(v 0＋v )2hg ＝492 m第二发子弹打到靶的下沿时，装甲车离靶的距离为L 2， L 2＝v2hg ＋s ＝570 mL 的范围为492 m<L ≤570 m.答案：(1)209m/s 2 (2)0.55 m ；0.45 m (3)492 m<L ≤570 m。

专题06+功和能(练)-2018年高考物理二轮复习讲练测+Word版含解析

2018年高考物理二轮复习讲练测（练案）专题06 功和能1．【2016·上海卷】地面上物体在变力F 作用下由静止开始竖直向上运动，力F 随高度x 的变化关系如图所示，物体能上升的最大高度为h ，h <H 。

当物体加速度最大时其高度为，加速度的最大值为。

【答案】0或h ；2ghH h-【解析】根据题意，从图可以看出力F 是均匀减小的，可以得出力F 随高度x 的变化关系：0F F kx =-，而0F k H=，可以计算出物体到达h 处时力00F F F h H=-；物体从地面到h 处的过程中，力F 做正功，重力G 做负功，由动能定理可得：F h mgh -=，而00022F F F F F h H -+==-，可以计算出：022mgHF H h=-，则物体在初位置加速度为：0F mg ma -=，计算得：2gh a H h =-；当物体运动到h 处时，加速度为：mg F ma -=，而2222mgH mghF H h H h=---，计算处理得：2gha H h=-，即加速度最大的位置是0或h 处。

【考点定位】动能定理、牛顿第二定律【方法技巧】首先结合图像分析物体从静止上升过程中加速度最大的位置，再通过图像找出变力F 与高度x 的关系0F F kx =-，通过动能定理计算出变力，最后根据牛顿第二定律计算加速度。

2．【2015·全国新课标Ⅱ·17】一汽车在平直公路上行驶。

从某时刻开始计时，发动机的功率P 随时间t 的变化如图所示。

假定汽车所受阻力的大小f 恒定不变。

下列描述该汽车的速度v 随时间t 变化的图像中，可能正确的是：【答案】A【解析】由图可知，汽车先以恒定功率P 1起动，所以刚开始做加速度减小的加速度运动，后以更大功率P 2运动，所以再次做加速度减小的加速运动，故A 正确，B 、C 、D 错误。

【考点定位】机车起动问题【方法技巧】本题主要是机车起动问题，不过本题是两次恒定功率启动问题。

推荐-2018高三物理二轮复习测试高考模拟训练2 精品

高考模拟训练(二)一、选择题1．物理学的发展丰富了人类对物质世界的认识，推动了科学技术的创新和革命，促进了物质生产的繁荣与人类文明的进步，下列表述正确的是( )A．牛顿通过实验测出了引力常量B．牛顿发现了万有引力定律C．伽利略发现了行星运动的规律D．洛伦兹发现了电磁感应定律解析：由物理学史可知，卡文迪许测出了引力常量，选项A错误；牛顿发现了万有引力定律，选项B正确；开普勒发现了行星运动的规律，选项C错；法拉第发现了电磁感应定律，选项D错误．答案： B2．如图所示，一木箱位于粗糙的水平地面上，在与水平方向成θ角的推力F作用下，向右匀速运动．若保持F的方向不变而增加其大小，则木箱( )A．仍做匀速运动B．做减速运动C．做加速运动D．以上三种情况都有可能解析：对木箱进行受力分析可得F cos θ－μ(mg＋F sin θ)＝ma，当a＝0时木箱做匀速运动，F增大时加速度a＞0，即木箱将做加速运动，对比各选项可知选C.答案： C3．如图所示的真空空间中，仅在球体中的黑点处存在着电荷量大小相等的点电荷，则图中M、N两点的场强和电势均相同的是( )答案：CD4．如图甲所示，一木块从斜面底端以初速度v0＝20 m/s沿斜面向上运动，并恰好能到达斜面顶端．其速度随时间的变化规律如图乙所示，由图可以判断( )A．斜面的长度为20 m B．3 s末木块回到斜面底端C．0～3 s合力做功为零D．0～3 s机械能守恒答案： B5.一物块在粗糙斜面上，在平行斜面向上的外力F作用下，斜面和物块始终处于静止状态，当F按图甲所示规律变化时，物体与斜面间的摩擦力大小变化规律可能是图乙中的( )甲乙解析：在F的作用下，当物块有向上的运动趋势时，由平衡条件得F＝mg sin θ＋F f，当F减小时，F f也减小，当F＝0时，F f＝－mg sin θ，即静摩擦力先减小至零又反向变大；在F的作用下，物块有向下的运动趋势时，由平衡条件得F＋F f＝mg sin θ，当F减小时，F f 变大，当F＝0时，F f＝mg sin θ，故只有C图正确．答案： C6．在滑动变压器原线圈中接有电流表，副线圈输出端接有如图所示的电路．在原线圈中输入稳定的交流电压，初始时开关S1与2接通，开关S2与4接通，开关S3闭合．则在下列措施中能使电流表示数变大的是( )A．仅将S1从2拨向1 B．仅将S2从4拨向3C．仅将S3从闭合改为断开D．仅将滑动变阻器R3的滑动触头上移解析：将S1从2拨向1，n1变小，根据变压器原副线圈的变比关系可以判定U2变大，所以副线圈中电流I2变大，故原线圈中电流I1变大，A正确；同理可判定B错误；将S3从闭合改为断开，负载电阻变大，所以副线圈中电流I2变小，故原线圈中电流I1变小；C错误；将滑动变阻器R3的滑动触头上移，R3连入电路阻值变大，所以副线圈中电流I2变小，故原线圈中电流I1变小，D错误．答案： A7．(2018·广东卷·20)已知地球质量为M，半径为R，自转周期为T，地球同步卫星质量为m，引力常量为G.有关同步卫星，下列表述正确的是( )A．卫星距地面的高度为3GMT24π2B ．卫星的运行速度小于第一宇宙速度C ．卫星运行时受到的向心力大小为G Mm RD ．卫星运行的向心加速度小于地球表面的重力加速度解析：天体运动的基本原理为万有引力提供向心力，地球的引力使卫星绕地球做匀速圆周运动，即F 引＝F 向＝m v 2r ＝4π2mr T 2.当卫星在地表运行时，F 引＝GMmR2＝mg (此时R 为地球半径)，设同步卫星离地面高度为h ，则F 引＝GMmR ＋h2＝F 向＝ma 向＜mg ，所以C 错误，D 正确．由GMm R ＋h 2＝mv 2R ＋h 得，v ＝GM R ＋h ＜ GM R ，B 正确．由GMm R ＋h2＝4π2m R ＋hT 2，得R ＋h＝3GMT 24π2，即h ＝3GMT 24π2－R ，A 错．答案： BD8．一质量为m 、电阻为r 的金属杆ab ，以一定的初速度v 0从一光滑平行金属导轨底端向上滑行，导轨平面与水平面成30°角，两导轨上端用一电阻R 相连，如图所示，磁场垂直斜面向上，导轨的电阻不计，金属杆向上滑行到某一高度之后又返回到底端时的速度大小为v ，( )A ．向上滑行的时间小于向下滑行的时间B ．在向上滑行时电阻R 上产生的热量大于向下滑行时电阻R 上产生的热量C ．向上滑行时与向下滑行时通过电阻R 的电荷量相等D ．金属杆从开始上滑至返回出发点，电阻R 上产生的热量为12m (v 02－v 2)解析：导体杆沿斜面向上运动时安培力沿斜面向下，沿斜面向下运动时安培力沿斜面向上，所以上升过程的加速度大于下滑过程的加速度，因此向上滑行的时间小于向下滑行的时间，A 对；向上滑行过程的平均速度大，感应电流大，安培力做的功多，R 上产生的热量多，B 对；由q ＝ΔΦR ＋r 知C 对；由能量守恒定律知回路中产生的总热量为12m (v 02－v 2)，D 错．答案： ABC二、非选择题9．如图甲所示，是某同学验证动能定理的实验装置．其步骤如下：a ．易拉罐内盛上适量细沙，用轻绳通过滑轮连接在小车上，小车连接纸带．合理调整木板倾角，让小车沿木板匀速下滑．b ．取下轻绳和易拉罐，测出易拉罐和细沙的质量m 及小车质量M .C ．取下细绳和易拉罐后，换一条纸带，让小车由静止释放，打出的纸带如图乙(中间部分未画出)，O 为打下的第一点．已知打点计时器的打点频率为f ，重力加速度为g .(1)步骤c 中小车所受的合外力为________．(2)为验证从O →C 过程中小车合外力做功与小车动能变化的关系，测出BD 间的距离为x 0，OC 间距离为x 1，则C 点的速度为________. 需要验证的关系式为________(用所测物理量的符号表示)．答案： (1)mg (2)x 0f2mgx 1＝Mx 02f 2810．(1)用伏安法测金属丝的电阻时，测出了包括(0,0)在内的6组电流I 和电压U 的值，并已经标在了如图所示的坐标纸上，请用铅笔和直尺在坐标纸上画出合理的图线，并求出该段金属线的电阻R x ＝________Ω.(2)测该金属丝电阻时，可供该实验小组选择的器材如下： A ．量程0.6 A ，内阻约0.5 Ω的电流表A 1 B ．量程3 A ，内阻约0.01 Ω的电流表A 2 C ．量程10 mA ，内阻r A ＝50 Ω的电流表A 3 D ．量程15 V ，内阻约30 k Ω的电压表VE ．阻值为0～10 Ω的滑动变阻器F ．阻值为0～1 000 Ω的电阻箱G ．两节干电池 H ．电键一个、导线若干如图所示，试补画出该小组同学测金属丝电阻R x 采用的电路图，并标明所选用电表的符号，如A 1或A 2等．解析： (1)画线时注意让多数点在直线上，不在直线上的点均匀分布在直线的两侧．U －I 图线的斜率表示电阻R x ＝U I＝5 Ω.(2)电路中的最大电流I ＝E R x ＝35A ＝0.6 A ，电流表选用A 1；电压表V 量程太大，不能用，应考虑将A 3与电阻箱R 2串联改装成电压表；因为测量值是从电压0开始的，故滑动变压器应采用分压式接法．答案： (1)5 连线如图甲所示 (2)电路图如图乙所示11．如图所示，滑板运动员从倾角为53°的斜坡顶端滑下，滑下的过程中他突然发现在斜面底端有一个高h ＝1.4 m 、宽L ＝1.2 m 的长方体障碍物，为了不触及这个障碍物，他必须在距水平地面高度H ＝3.2 m 的A 点沿水平方向跳起离开斜面．已知运动员的滑板与斜而间的动摩擦因数μ＝0.1，忽略空气阻力，重力加速度g 取10 m/s 2，已知sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)运动员在斜面上滑行的加速度的大小；(2)若运动员不触及障碍物，他从A 点起跳后到落至水平面的过程所经历的时间； (3)运动员为了不触及障碍物，他从A 点沿水平方向起跳的最小速度．解析： (1)设运动员连同滑板的质量为m ，运动员在斜面上滑行的过程中，根据牛顿第二定律mg sin 53°－μmg cos 53°＝ma解得运动员在斜面上滑行的加速度a ＝g (sin 53°－μcos 53°)＝7.4 m/s 2.(2)运动员从斜面上起跳后在竖直方向做自由落体运动，根据自由落体公式H ＝12gt 2解得t ＝2Hg＝0.8 s.(3)为了不触及障碍物，运动员以速度v 沿水平方向起跳后竖直下落高度为H －h 时，他沿水平方向运动的距离为H cot 53°＋L ，设他在这段时间内运动的时间为t ′，则H －h ＝12gt ′2 H cot 53°＋L ＝vt ′ v ＝6.0 m/s.答案： (1)7.4 m/s (2)0.8 s (3)6.0 m/s12．有一个带正电的小球，质量为m 、电荷量为q ，静止在固定的绝缘支架上．现设法给小球一个瞬时的初速度v 0使小球水平飞出，飞出时小球的电荷量没有改变．同一竖直面内，有一个竖直固定放置的圆环(圆环平面保持水平)，环的直径略大于小球直径，如图所示．空间所有区域分布着竖直方向的匀强电场，垂直纸面的匀强磁场分布在竖直方向的带状区域中，小球从固定的绝缘支架水平飞出后先做匀速直线运动，后做匀速圆周运动，竖直进入圆环．已知固定的绝缘支架与固定放置的圆环之间水平距离为2x ，支架放小球处与圆环之间的竖直距离为x ，v 0＞2gx ，小球所受重力不能忽略．求：(1)空间所有区域分布的匀强电场的电场强度E 的大小和方向；(2)垂直纸面的匀强磁场区域的最小宽度，磁场磁感应强度B 的大小和方向； (3)小球从固定的绝缘支架水平飞出到运动到圆环的时间t . 解析： (1)小球水平飞出，由平衡条件得mg ＝qE解得电场强度E ＝mg q方向竖直向上．(2)由题意可知，垂直纸面的匀强磁场区域最小宽度为x 要使小球准确进入圆环，所加磁场的方向为垂直纸面向外由于重力与电场力平衡，带电小球进入磁场后在洛伦兹力作用下做圆周运动，轨迹半径R ＝x ，qv 0B ＝mv 0x解得磁感应强度B ＝mv 0qx. (3)小球从运动开始到进入磁场的时间t 1＝x v 0在磁场中运动时间t 2＝πx2v 0小球到达圆环总时间t ＝t 1＋t 2＝x v 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋π2.答案： (1)mqq方向竖直向上 (2)mv 0qx (3)x v 0⎝⎛⎭⎪⎫1＋π2选考部分13．(3－3模块)(1)下列关于分子热运动的说法中正确的是________． A ．布朗运动就是液体分子的热运动B ．气体如果失去了容器的约束就会散开，这是因为气体分子之间存在斥力的缘故C ．对于一定量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它的内能一定增大D ．如果气体温度升高，分子平均动能会增加，但并不是所有分子的速率都增大 (2)一定质量的理想气体状态变化如图所示，其中AB 段与t轴平行，已知在状态A 时气体的体积为10 L ，那么变到状态B 时气体的体积为________L ，变到状态C 时气体的压强是0 ℃时气体压强的________倍．(3)如图所示，上端开口的圆柱形气缸竖直放置，横截面积为2×10－3m 2，一定质量的气体被质量为3.0 kg 的活塞封闭在气缸内，活塞和气缸可无摩擦滑动，现用外力推动活塞压缩气体，对缸内气体做功600 J ，同时缸内气体温度升高，向外界放热150 J ，求初状态的压强和压缩过程中内能的变化量．(大气压强取1.01×105Pa ，g 取10 m/s 2)解析： (1)布朗运动是悬浮在液体中花粉颗粒的运动；气体分子散开的原因在于分子间间距大，相互间没有作用力；对于一定量的理想气体，在压强不变的情况下，体积增大，温度升高分子平均动能增加，理想气体分子势能为零，所以内能增大．(2)由图可知状态A 到状态B 是等压过程，状态B 到状态C 是等容过程，根据理想气体状态方程可解．(3)初状态p ＝p 0＋mgS＝1.16×105Pa由热力学第一定律W ＋Q ＝ΔU 得，内能的变化量ΔU ＝600＋(－150)＝450 J. 答案： (1)CD (2)20 2 (3)1.16×105Pa 450 J 14．(3－4模块)(1)下列说法正确的是________． A ．光的偏振现象说明光是纵波 B ．全息照相利用了激光相干性好的特性 C ．光导纤维传播光信号利用了光的全反射原理D ．光的双缝干涉实验中，若仅将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变大 (2)如图所示是一列沿x 轴正方向传播的简谐横波在t ＝0时刻的波形图，波的传播速度v ＝2 m/s ，试回答下列问题：①x ＝4 m 处质点的振动函数表达式y ＝________cm ； ②x ＝5 m 处质点在0～4.5 s 内通过的路程s ＝________cm.(3)如图所示，直角三角形ABC 为一三棱镜的横截面，∠A ＝30°.一束单色光从空气射向BC 上的E 点，并偏折到AB 上的F 点，光线EF 平行于底边AC .已知入射方向与BC 的夹角为θ＝30°.试通过计算判断光在F 点能否发生全反射．解析： (1)光的偏振现象说明光是横波，A 项错；光的双缝干涉实验中，相邻亮条纹间距Δx ＝l dλ，因为，红光的波长大于紫光的波长，故将入射光由红光改为紫光，则相邻亮条纹间距一定变小，D 项错．(2)根据波形图可知A ＝5 cm ，λ＝4 m ，周期T ＝λv＝2 s ，根据波的传播方向和质点的振动方向关系可判定x ＝4 m 处质点是向下振动的，故振动函数表达式y ＝－5sin πt cm ，x ＝5 m 处质点在4.5 s 内通过的路程s ＝4.52×4A ＝45 cm.(3)光线在BC 界面的入射角θ1＝60°、折射角θ2＝30° 根据折射定律n ＝sin θ1sin θ2＝sin 60°sin 30°由几何关系知，光线在AB 界面的入射角为θ3＝60°而棱镜对空气的临界角C 的正弦值sin C ＝1n ＝33，则在AB 界面的入射角θ3＞C所以光线在F 点将发生全反射．答案： (1)BC (2)①－5sin π t ② 45 (3)能 15．(3－5模块)(1)下列有关说法中正确的是________． A ．汤姆孙发现了电子，于是他提出了原子核式结构的学说 B ．β射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领C ．一个氢原子处于n ＝4的激发态，当它向基态跃迁时可以发出3条不同频率的光谱线 D. 92235U ＋01n→A Z X ＋3894Sr ＋201n 是一个裂变方程(2)铀( 92238U)经过α、β衰变形成稳定的铅( 82206Pb)，这一变化的核反应方程式应为________，在转化过程中最终转变为质子的中子数是________个．(3)质量为3 kg 的小球A 在光滑水平面上以6 m/s 的速度向右运动，恰好遇上质量为5 kg 的小球B 以4 m/s 的速度向左运动，碰撞后小球B 恰好静止，求碰撞后小球A 的速度大小．解析： (1)原子核式结构学说是卢瑟福提出的，A 错．β射线是高速运动的电子流，有较强的贯穿本领，B 正确．一个处于n ＝4的氢原子向基态跃迁时，可以发出n ＝4→n ＝3、n ＝3→n ＝2、n ＝2→n ＝1三条不同频率的光谱线，C 对．D 项是重核裂变方程．(2)铀衰变成铅的核反应方程为 92238U→ 82206Pb ＋824He ＋6－1 0e ，所以共经历了8次α衰变，6次β衰变．在β衰变中，电子是中子转化为质子的过程中放出的，所以最终转变为质子的中子数是6个．(3)两球都在光滑水平面上运动，碰撞过程中系统所受合外力为零，因此系统动量守恒．碰撞前两球动量已知，碰撞后小球B 静止，取小球A 初速度方向为正，由动量守恒定律有：m A v A ＋m B v B ＝m A v ′A则v ′A ＝m A v A ＋m B v B m A ＝3×6＋5×－43m/s ＝－0.67 m/s 碰撞后小球A 的速度大小为0.67 m/s.答案： (1)BCD (2) 92238U→ 82206Pb ＋824He ＋6－1 0e 6 (3)0.67 m/s。

(完整版)2018最新版本高考物理二轮复习专题训练：电学专题一(含答案详解)新人教版-Word版

电学专题一 ( 附参照答案 )1．如图 1 所示的电路能够用来“研究电磁感觉现象”．干电池、开关、线圈A、滑动变阻器串连成一个电路，电流计、线圈 B 串连成另一个电路．线圈A、 B 套在同一个闭合铁芯上，且它们的匝数足够多．从开封闭合时开始计时，流经电流计的电流大小i随时间t变化的图象是 ()图 1【分析】开封闭合瞬时，线圈 A 中的电流忽然增大，此时线圈 B 中的磁通量忽然增大，线圈 B 中产生感觉电流，线圈 A 中的电流稳固后，线圈 B 中的电流将渐渐减小直至为零，故图象 B正确．【答案】B2．为保证用户电压稳固在220 V ，变电所需合时进行调压，图 2 甲为调压变压器表示图．保持输入电压 u1 不变，当滑动接头 P 上下挪动时可改变输出电压．某次检测获取用户电压u2 随时间 t 变化的曲线如图 2 乙所示．以下正确的选项是 ()甲乙图 2A． u2＝190 2sin (50 πt) VB. u2 ＝190 2sin (100 π t) VC．为使用户电压稳固在220 V ，应将 P 适合下移D．为使用户电压稳固在220 V ，应将 P 适合上移2π【分析】由乙图知交变电流的周期T＝2×10－2 s，所以ω＝T ＝ 100π，故u2＝ Umsin ωt＝ 190 2sin (100 πt) V ，A 错误B 正确；由U1＝ n1得U2 n2U2＝ n2n1U1，欲使U2高升，n1 应减小，P 应上移， C 错误 D 正确．【答案】BD1．今年 4 月 30 日，西昌卫星发射中心发射的中圆轨道卫星，其轨道半径为与另一颗同质量的同步轨道卫星( 轨道半径为 4.2 ×107 m)对比 ()2.8 ×107 m．它A．向心力较小B．动能较大C．发射速度都是第一宇宙速度D．角速度较小【分析】由题知，中圆轨道卫星的轨道半径r1 小于同步卫星轨道半径r2 ，卫星运转时的向心力由万有引力供给，Mm Mm mv2 依据 F 向＝ G 知，两卫星的向心力 F1>F2，选项 A 错误；依据 G ＝r2 r2 r＝ mω 2r ，得环绕速度v1>v2 ，角速度ω 1＞ω 2，两卫星质量相等，则动能Ek1>Ek2，应选项B 正确，选项 D错误；依据能量守恒，卫星发射得越高，发射速度越大，第一宇宙速度是发射卫星的最小速度，所以两卫星的发射速度都大于第一宇宙速度，且v01<v02 ，选项 C 错误．【答案】 B3．跟着我国登月计划的实行，我国宇航员登上月球已不是梦想，若是我国宇航员登上月球并在月球表面邻近以初速度 v0 竖直向上抛出一个小球，经时间t 后回到出发点，已知月球的半径为 R，引力常量为 G，则以下说法正确的选项是 ()A．月球表面的重力加快度为2v0 tv0R2 B．月球的质量为GtC．宇航员在月球表面获取v0Rt的速度便可能走开月球表面环绕月球做圆周运动D．宇航员在月球表面邻近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期为Rt v0gt 2v0 GMm 2v0【分析】由 v0＝2得出 g＝t，A 对；在月球表面邻近，由R2＝ mg，联合g＝t ，得月2v0R2球的质量M＝Gt，故 B 错；走开月球表面环绕月球做圆周运动的最小速度v ＝gR＝2v0R 2π R ，故 C 错；宇航员在月球表面邻近绕月球做匀速圆周运动的绕行周期T＝＝t v2Rtπv0，故 D错．【答案】 A4．在汶川地震的抗震救灾中，我国自主研制的“北斗一号”卫星导航系统发挥了巨大作用，该系统拥有导航、定位等功能，“北斗”系统中两颗质量不相等的工作卫星沿同一轨道绕地心 O做匀速圆周运动，轨道半径为r ，某时辰两颗工作卫星分别位于轨道上的A、 B 两地点，如图 3 所示，若卫星均沿顺时针方向运转，地球表面的重力加快度为g，地球半径为R，∠ AOB ＝60°，则以下判断不正确的选项是()A．这两颗卫星的加快度大小相等B．卫星 1 向后喷气就必定能追上卫星 2π r r C．卫星 1 由地点 A 运动到地点 B 所需的时间为3R g D．卫星 1 由地点 A 运动到地点 B 的过程中万有引力做功为零【分析】由GMm 4π 2 GM r3，又GMm 2π r ＝m r ＝ma可知，a＝，A 正确；T＝ 2π＝ mg，可得 T＝R r2 T2 r2 GM R2r T π r rg，卫星 1 由 A 到 B 所需时间 t ＝6＝3R g，C 正确；因卫星遇到的万有引力与速度垂直，故万有引力不做功， D 正确；卫星 1 向后喷气，加快后做离心运动，不可以追上同轨道的卫星2，故 B错误．【答案】 B5. 如图 4 所示，电阻不计的平行金属导轨固定在一绝缘斜面上，两同样的金属导体棒a、 b 垂直于导轨静止搁置，且与导轨接触优秀，匀强磁场垂直穿过导轨平面．现用一平行于导轨的恒力 F 作用在 a 的中点，使其向上运动．若 b 一直保持静止，则它所受摩擦力可能( )A．保持不变B．先减小后不变C．等于 F D．先增大再减小【分析】对 b，由均衡条件可得，未施加恒力 F 时，有 mgsin θ＝ Ffb. 当施加恒力 F 后，因 b 所受的安培力向上，故有 F 安＋ Ffb ＝ mgsin θ. 对 a，在恒力 F 的拉动后，先加快最后匀速运动，故 b 所受的安培力先增大，而后不变， b 所受的摩擦力先减小后不变，或先减小到零再反向增大后不变， B 正确， A 、 D错误；若 Ffb ＝ F，则与题意中两棒的运动状态不符， C 错误．【答案】 B6．如图 5 甲所示，固定在水平桌面上的圆滑金属框架cdeg 处于方向竖直向下的匀强磁场中，金属杆 ab 与金属框架接触优秀．在两根导轨的端点d、e 之间连结一电阻 R，其余部分电阻忽略不计．现用一水平向右的外力 F 作用在金属杆ab 上，使金属杆由静止开始向右在框架上滑动，运动过程中杆 ab 一直垂直于框架．图乙是金属杆运动的v－ t 图象，则以下选项中能够表示外力 F 随时间 t 变化关系的图象是 ()甲乙图 5【分析】由图乙可知，v＝ at ，对图甲中的金属杆应用牛顿第二定律可得：F－ F 安＝ ma，FE B2L2aB2L2a安＝ BIL ， I ＝，E ＝ BLv ，可得： F 安＝t ，所以 F ＝ma ＋t ，故只有 C 正确．RRR【答案】C7. 如图 4 所示，在斜面顶端 a 处以速度 va 水平抛出一小球，经过时间 ta 恰巧落在斜面底端 P处；今在 P 点正上方与 a 等高的 b 处以速度 vb 水平抛出另一小球，经过时间 tb 恰巧落在斜面的中点处．若不计空气阻力，以下关系式正确的选项是 ()A ． va ＝vbB ． va ＝ 2vbC ． ta ＝tbD ．ta ＝ 2tb2h【分析】做平抛运动的物体运动时间由竖直方向的高度决定即t ＝g ，a 着落的高度是 b的 2 倍，有 ta ＝ 2tb ， D 正确， C 错误；水平方向的距离由高度和初速度决定x ＝v02h ，g由题意得 a 的水平位移是 b 的 2 倍，可知 va ＝ 2vb ，B 正确．【答案】BD8．如图 5 所示，质量为 m 的小球置于正方体的圆滑盒子中，盒子的边长略大于球的直径．某同学拿着该盒子在竖直平面内做半径为R 的匀速圆周运动，已知重力加快度为g ，空气阻力不计，要使在最高点时盒子与小球之间恰巧无作使劲，则()RA ．该盒子做匀速圆周运动的周期必定小于2πg [B ．该盒子做匀速圆周运动的周期必定等于2πRgC ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作使劲大小可能小于 2mgD ．盒子在最低点时盒子与小球之间的作使劲大小等于2mgmv2【分析】要使在最高点时盒子与小球之间恰巧无作使劲，则有mg ＝ R ，解得该盒子做匀速圆周运动的速度 v ＝ gR ，该盒子做匀速圆周运动的周期为T ＝2π R＝ 2π R ，选项 A 错误，v g B 正确；在最低点时，盒子与小球之间的作使劲和小球重力的协力供给小球运动的向心力，由mv2 F － mg ＝ R ，解得 F ＝ 2mg ，选项 C 错误， D 正确．【答案】BD9．如图 9 所示，电源电动势E0＝ 15 V ，内阻 r0 ＝ 1 Ω，电阻 R1＝ 30 Ω， R2＝ 60 Ω . 间距 d ＝ 0.2 m 的两平行金属板水平搁置，板间散布有垂直于纸面向里、磁感觉强度B＝1 T 的匀强磁场．闭合开关S，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度v＝ 0.1 m/s沿两板间中线水平射入板间．设滑动变阻器接入电路的阻值为Rx，忽视空气对小球的作用，取g＝10 m/s2.图 9(1)当 Rx＝ 29 Ω时，电阻 R2 耗费的电功率是多大？(2) 若小球进入板间做匀速圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为60°，则Rx 是多少？【分析】(1) 设 R1和R2的并联电阻为R，有：R＝R1R2①R1＋R2R2 两头的电压为： U＝E0R②r0 ＋R＋ Rx U2R2 耗费的电功率为：P＝R2③当 Rx＝29 Ω时，联立①②③式，代入数据，解得：P＝ 0.6 W ．④(2)设小球质量为 m，电荷量为 q，小球做匀速圆周运动时，有：qE＝ mg⑤UE＝d⑥设小球做圆周运动的半径为r ，有：v2qvB＝ m r⑦由几何关系有：r＝ d⑧联立①②⑤⑥⑦⑧式，代入数据，解得：Rx＝ 54 Ω . ⑨【答案】(1)0.6 W (2)54 Ω10．图 10 甲为一理想变压器，圈输入正弦式交变电压的u－ t 或只在 de 间接一只Rde＝225 ab 为原线圈， ce 为副线圈， d 为副线圈引出的一个接头，原线图象如图10 乙所示．若只在 ce 间接一只Rce＝ 400 Ω的电阻，Ω的电阻，两种状况下电阻耗费的功率均为80 W.甲乙图 10(1) 请写出原线圈输入电压刹时价uab 的表达式；(2) 求只有 ce 间接 400 Ω 电阻时，原线圈中的电流I1 ；nce (3) 求 ce 和 de 间线圈的匝数比 nde . 【分析】(1) 由题图乙知 ω ＝ 200 π rad/s电压刹时价 uab ＝400sin 200 π t (V) ．(2) 电压有效值 U1＝ 200 2 V 理想变压器 P1＝P2原线圈中的电流 I1 ＝P1U12解得 I1 ≈0.28 A( 或 5 A) ．(3) 设 ab 间匝数为 n1U1 Uce＝ncen1U1 Ude 同理 n1＝ndeU2ce U2de 由题意知 Rce ＝Rde 解得 nce Rce ＝Rdende nce 4 代入数据得 nde ＝3. 【答案】(1)uab ＝ 400sin 200 πt (V)(2)0.28 A( 或2 A)5nce 4(3) nde ＝ 311．如图 6 是利用传递带装运煤块的表示图．此中，传递带长 20 m ，倾角 θ ＝37°，煤块与传递带间的动摩擦因数 μ＝ 0.8 ，传递带的主动轮和从动轮半径相等，主动轮轴顶端与运煤车底板间的竖直高度H ＝ 1.8 m ，与运煤车车箱中心的水平距离x ＝ 1.2 m ．此刻传递带底端由静止开释一些煤块 ( 可视为质点 ) ，煤块在传递带的作用下先做匀加快直线运动，后与传递带一起做匀速运动，抵达主动轮时随轮一同匀速转动．要使煤块在轮的最高点水平抛出并落在车箱中心，取 g ＝ 10 m/s2 ，sin 37 °＝ 0.6 ， cos 37 °＝ 0.8 ，求：(1)传递带匀速运动的速度 v 及主动轮和从动轮的半径 R；T.(2) 煤块在传递带上由静止开始加快至落到车底板所经过的时间【分析】(1) 由平抛运动的公式，得x＝ vtH＝ 1gt22解得 v＝2 m/s要使煤块在轮的最高点做平抛运动，则煤块抵达轮的最高点时对轮的压力为零，由牛顿第二定律得v2mg＝ mR解得 R＝0.4 m.F(2) 由牛顿第二定律F＝ ma，得 a＝＝μ gcos θ － gsinθ ＝0.4 m/s2m设煤块加快运动的时间为t1 ，v由 v＝ v0＋ at 得 t1 ＝a＝ 5 s1 1设此过程煤块运动的距离为s1，则 s1 ＝2at21＝2×0.4 ×52 m＝ 5 ms2，则s2＝ L－ s1 ＝15 m.设煤块匀速运动的距离为设其匀速运动时间为t2 ，s2 15则 t2 ＝v＝2 s ＝7.5 s煤块做平抛运动的时间2Ht3 ＝g ＝ 0.6 s煤块运动的总时间为T＝ t1 ＋t2 ＋ t3 ＝5 s ＋ 7.5 s ＋ 0.6 s ＝ 13.1 s.【答案】(1)2 m/s0.4 m(2)13.1 s12．如图 12 所示，相距0.5 m足够长的两根圆滑导轨与水平面成37°角，导轨电阻不计，下端连结阻值为 2 Ω的电阻 R，导轨处在磁感觉强度B＝ 2 T 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上． ab、cd 为水平金属棒且与导轨接触优秀，它们的质量均为0.5 kg、电阻均为 2 Ω .ab 棒与一绝缘水平细绳相连处于静止状态，现让cd 棒从静止开始下滑，直至与ab 棒相连的细绳恰巧被拉断，在此过程中电阻R上产生的热量为0.5 J，已知细线能蒙受的最大拉力为 5 N．求细绳被拉断时：(g ＝ 10 m/s2 ，sin 37 °＝ 0.6)图 12(1)ab棒中的电流；(2)cd棒的速度；(3)cd棒下滑的距离．【分析】(1) 细绳被拉断刹时，对Fmcos 37°＝ mgsin 37 °＋ BIabLab 棒有可得 Iab ＝ 1 A.(2) 由于 Iab ＝ IRIcd ＝ Iab ＋ IR ＝2 A又由闭合电路欧姆定律可得BLv＝ Icd(Rcd ＋RabR) Rab＋ R联立可得v＝ 6 m/s.(3)金属棒 cd 从静止开始运动直至细绳恰巧被拉断的过程中因 ab 棒与下边的电阻 R 电流相等、电阻相等，故产生的热量相等即由焦耳定律知 cd 棒产生的热量 Qcd＝ 2 J 由能量守恒定律得Qab＝QR＝ 0.5 J1mgxsin 37 °＝2mv2＋ Qab＋ Qcd＋ QR即可得 x＝ 4 m.【答案】(1)1 A(2)6 m/s(3)4 m。

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力与物体的平衡一、选择题：在每小题给出的四个选项中，有的只有一项是正确的，有的有多个选项正确，全选对的得5分，选对但不全的得3分，选错的得0分。 1．关于力的概念，下列说法正确的是（） A．力是使物体产生形变和速度的原因 B．一个力必定联系着两个物体，其中每个物体既是受力物体又是施力物体 C．只要两个力的大小相同，它们产生的效果一定相同 D．两个物体相互作用，其相互作用力可以是不同性质的力 2．如图所示，木块放在木板上，木板放在水平面上，且木板的左端用铰链固定.现将其右端缓慢地抬高，当木块刚好开始沿木板滑动时，测出当时木板和水平面间的夹角为θ.下列说法正确的是（） A．在木块开始滑动前，木块所受的摩擦力一直在增大 B．在木块开始滑动前，木块所受的摩擦一直在减小 C．测得的动摩擦因数tan D．测得的动摩擦因数sin 3．如图所示，A、B、C为三个质量相等、材料相同的小物块，在沿斜面向上的拉力作用下，沿相同的粗糙面上滑，其中A是匀速上滑，B是加速上滑，C是减速上滑，而斜面体相对地面均处于静止状态，斜面体甲、乙、丙所受地面的摩擦力分别为1f、2f、3f，该三

个力的大小关系是（）

A．1f=2f=3f B. 2f＞1f＞3f C．3f＞2f＞1f D. 1f＞2f＞3f 4．如图所示，a、b两根竖直的轻弹簧各有一端固定，另一端共同静止地系住重为10N的球.若撤去弹簧b，撤去瞬间球所受到的合力大小为4N；若撤去弹簧a，则撤去瞬间球所受到的合力大小可能为（） A．14N，方向向上 B.6N，方向向上 C．14N，方向向下 D.6N，方向向下 5.如图所示，A、B两物体用细绳相连跨过光滑滑轮悬挂起来，B物体放在水平地面上，A、B两物体均静止.现将B物体稍向左移一点，A、B两物体仍静止，则此时与原来相比（） A.绳子拉力变大 B.地面对物体B的支持力变大 C.地面对物体B的摩擦力变大 D.物体B受到的合力变大 6.如图所示，将一根不可伸长、柔软的轻绳两端分别系于A、B两点上，一物体用动滑轮悬挂在绳子上，达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ1，绳子中张力为T1，将绳子一端由B点移至C点，待整个系统重新达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ2，绳子中张力为T2；再将绳子一端由C点移至D点，待整个系统再次达到平衡时，两段绳子间的夹角为θ3，绳子中张力为T3，不计摩擦，则（）

θβAF1

甲β

BF2

乙β

CF3

丙

CDθ

m A.θ1=θ2=θ3 B.θ1＜θ2＜θ3 C.T1＞T2＞T3 D.T1=T2＜T3

7．用轻质细线把两个质量未知的小球悬挂起来，如图(a)所示.现对小球a施加一个向左偏

下30°的恒力，并对小球b施加一个向右偏上30°的同样大小的恒力，最后达到平衡，表示平衡状态的图可能是下图(b)中的( )

8．如图所示，匀质杆AB一端支在地上，另一端受一水平力F作用，杆呈静止状态，则地面对杆AB作用力的方向为（）

A．总是偏向杆的左侧，如4F

B．总是偏向杆的右侧，如2F C．总是沿着杆的的方向，如3F D．总是垂直于地面向上，如1F 9．如图所示，质量为m的木块在与水平方向成a角斜向上的拉力F作用下沿水平地面匀速滑动，木块与水平地面之间的动摩擦因数为μ，以下说法中正确的是（） A．木块受到地面摩擦力大小等于Fcosa B．木块对地面摩擦力大小等于mg C．木块受到地面摩擦力大小等于μ（mg-Fsina） D．木块对地面的压力大小等于mg-Fsina 10.如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m和2m的四个木块，其中两个质量为m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，木块间的最大静摩擦力是μmg。现用水平拉力F拉其中一个质量为2 m的木块，使四个木块以同一加速度运动，则轻绳对m的最大拉力为（）

A.5mg3 B.4mg3 C.2mg3 D.mg3 选作1. 如图，P是位于水平的粗糙桌面上的物块。用跨过定滑轮的轻绳将P小盘相连，小盘内有砝码，小盘与砝码的总质量为m。在Ｐ运动的过程中，若不计空气阻力，则关于P在水平方向受到的作用力与相应的施力物体，下列说法正确的是（）Ａ.拉力和摩擦力，施力物体是地球和桌面Ｂ.拉力和摩擦力，施力物体是绳和桌面Ｃ. 重力mg和摩擦力，施力物体是地球和桌面Ｄ. 重力mg和摩擦力，施力物体是绳和桌面

BF1

αm

vF 选作2.如图所示，用两根细线把A、B两小球悬挂在天花板上的同一点O，并用第三根细线连接A、B两小球，然后用某个力F作用在小球A上，使三根细线均处于直线状态，且OB细线恰好沿竖直方向，两小球均处于静止状态。则该力可能为图中的（）（A）F1 （B）F2 （C）F3 （D）F4

二、实验题把答案填在题中的横线上或按题目要求答题。

11．（10分）已知某物体的长度用不同的测量工具测量时，有下列不同的结果：a:0.02018m、b:0.021m、c.2.0202cm、d:2.01cm （1）以上数字是用精确到cm的直尺测量的是；（2）用游标卡尺测量的是；（3）用螺旋测微器测量的是 ; （4）以上各数据的有效数字的位数依次为、、、； 12. 在互成角度的两个共点力的合成实验中，其中的三个实验步骤如下：（1）在水平放置的木板上垫一张白纸，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细线，通过细线同时用两个弹簧测力计互成角度地拉橡皮条，使它与细线的结点达到某一位置O点,在白纸上记下O点和两弹簧测力计的读数F1和F2. （2）在纸上根据F1和F2的大小，应用平行四边形定则作图求出合F. （3）只用一只弹簧测力计通过细绳拉橡皮条，使它的伸长量与用两只弹簧测力计同时拉时相同，记下此时弹簧测力计的读数F及其方向. 以上三个步骤中均有错误或疏漏：（1）中是 . （2）中是 . （3）中是 . 下图是两个同学做“互成角度的两个力的合成”实验时得到的结果。他们得到使橡皮筋的结点拉到O点时所需的两个力F1、F2及一个力时的F，并用平行四边形定则画出了等效力F’，如图所示。判断两人处理实验结果正确的是。

三、计算题解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后的答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。 13．一个昆虫放在内表面半径为10cm的球面形容器内，昆虫的脚与器壁间的动摩擦因

数μ=33，为不使昆虫爬出容器，容器的深度至少为多少？

O F4 F3 A F2

B F1

F1 F2 F F’ F1

F’ F 甲乙 14．一光滑球重力为G，半径为R，靠着墙角静止在水平地面上，一厚度为h（h＜R）的木块塞在球的左下方，如图所示，现用水平力F推木块，忽略各接触处的摩擦力，则当F的值至少为多少时，才能将球从地面推起来？

15．如图所示，物体A、B的质量均为m，通过定滑轮用细绳相连，物体B所接触的面是竖直的，且细绳的OB段竖直、OA段水平，设物体与接触面间的动摩擦因数均为，滑轮

的摩擦不计.欲使物体A在水平面上做匀速直线运动，则水平施于物体A的力F应为多大？

16.如图所示，有一重为G的圆柱体放置在水平桌面上，用一夹角为600，两夹边完全相

FABO 同的人字夹水平将其夹住（夹角仍不变），圆柱体始终静止，试求：（1）若人字夹内侧光滑，其任一侧与圆柱体间的弹力大小也等于G，则圆柱体与桌面间的摩擦力的大小为多少？（2）若人字夹内侧粗糙，其任一侧与圆柱体间的弹力大小仍等于G，欲使圆柱体对桌面的压力为零，则整个人字夹对圆柱体的摩擦力的大小为多少？方向如何？

选作1．如图所示，矩形斜面水平边的长度为0.6m，倾斜边的长度为0.8m，斜面倾角为370，一与斜面动摩擦因数为μ=0.6的小物体重25N，在与斜面平行的力F的作用下，沿对角线AC匀速下滑，求推力F.

600

300vAB

0.60.8 参考答案 1.B 2.AC 3.B 4.CD 5.BC 6.D 7.A 8.B 9.ACD 10.B 11.B 12.BC 11.（1）b （2）ad （3）c （4）4、2、5、3； 12.（1）未记下细绳方向（2）应根据F1和F2的大小和方向作图（3）应将橡皮条与细线的结点拉到原位置O点乙 13.解: 设昆虫刚好要掉落时所在处与球心连线处与竖直方向成α角，设容器深度为h， h=1.34cm

14.恰将球推离地面时,球受力如右图所示,由平衡条件是: 2tanNG,由几何知识

22()tanRRhRh



对木块和球整体由平衡条件得: 222RhhFNGRh

15.解：滑块受力如图所示，由图可知，

滑槽对工件的支持力20NNFG

∴摩擦力6NNfF 故水平推力F=2f=12N 16.解: （1）两夹边对圆柱体弹力的合力大小为G,方向沿夹角的角平分线,圆柱体处于静止状态,水平面内受的合外力为零,所以桌面对圆柱体的摩擦力与人字夹对圆柱体的合力平衡,即摩擦

OGNfα

FαN1

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